Hsg T7 - 003 - Đề_Đáp.án - Hà Đông.docx

PHỊNG GD&ĐT QUẬN HÀ ĐƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài 1: (6,0 điểm) Tìm x biết:
1)

 x  3

5

4  x  3

ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 7
MƠN TỐN 7
Thời gian làm bài: 90 phút

3

316  22.316  2
1 5
 x  
17
16 
2 7
2) 3  2.3  5
3)

x  1  x  3  x  5 4 x

Bài 2: (4,5 điểm)
4
3

4
3
2
Cho đa thức P ( x ) 2 x  2 x  x  1 và Q( x)  x  2 x  2 x  x

1) Tìm M ( x) biết M ( x) P ( x)  Q( x)
2) Tìm nghiệm của đa thức M ( x)
3) Chứng minh rằng đa thức M ( x ) không nhận giá trị bằng 2019 với mọi x là số nguyên.
Bài 3: (2,5 điểm)
x
y
z


Cho x, y, z là ba số thỏa mãn x  y 0, y  z 0, z  x 0 và y  z x  z x  y
A
Tính giá trị của biểu thức

yz xz xy


x
y
z .

Bài 4: (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A . Lấy M bất kì thuộc cạnh AB ( M không trùng với A, B ). N
thuộc tia đối của tia CA sao cho BM CN . Gọi I là giao điểm của BC và MN . Kẻ MH và

NK cùng vng góc với BC ( H , K thuộc BC )

1) Chứng minh MH KN
2) Chứng minh MN  BC
3) Vẽ ra phía ngồi tam giác ABC các tam giác đều ANP và AMQ . Gọi E , F lần lượt là trung
điểm của AQ, AP . Chứng minh tam giác IEF đều.
3
2
y
z
Bài 5: (1,0 điểm) Tìm các số x, y, z nguyên dương thỏa mãn x  3x  5 5 và x  3 5

= = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =

Trang 1


ĐÁP ÁN ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 7

MÔN TỐN 7
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Bài 1: (6,0 điểm) Tìm x biết:
1)

 x  3

5

4  x  3

3

316  22.315  2
1 5
 x  
17
16 
2 7
2) 3  2.3  5
3)

x  1  x  3  x  5 4 x
Lời giải

1)

 x  3

5

4  x  3

3

3
2
  x  3   x  3  4  0



TH1: x  3 0  x 3
x  3

TH2: 

2

4

 x  3 2
 

 x  3  2

 x 5
 x 1


Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm

S  3;5;1

316  22.316  2
1 5
 x  
17
16 
2 7
2) 3  2.3  5


316  1  4   2
1 5

 x   
16
3  3  4  5
2 7



5 2
1 5
 x   
7 5
2 7



2
1
x  1
5
2

15
 x
4

3)

x  1  x  3  x  5 4 x

(1)

Vế trái luôn luôn không âm với mọi x nên 4 x 0  x 0
Vì x 0 nên x  1 0, x  3 0, x  5 0

 x  1  x  1, x  3  x  3, x  5  x  5
Do đó (1)  x  1  x  3  x  5 4 x
Suy ra x 9 (thỏa mãn điều kiện x 0 )
Vậy x 9 .
Bài 2: (4,5 điểm)
4
3
4
3
2
Cho đa thức P ( x ) 2 x  2 x  x  1 và Q( x)  x  2 x  2 x  x

Trang 2


1) Tìm M ( x) biết M ( x) P ( x)  Q( x)
2) Tìm nghiệm của đa thức M ( x)
3) Chứng minh rằng đa thức M ( x ) không nhận giá trị bằng 2019 với mọi x là số nguyên.
Lời giải
1)

4
2
Ta có M ( x) P ( x)  Q( x )  x  2 x  1

2) Tìm nghiệm của đa thức M ( x)

4
2
Cho M ( x ) giá trị bằng 0, ta có x  2 x  1 0

 x 4  x 2  x 2  1 0
 x 2  x 2  1   x 2  1 0
  x 2  1  x 2  1 0
 x 2  1 0

 x 1
Vậy nghiệm của đa thức M ( x ) là x 1, x  1
3) Chứng minh rằng đa thức M ( x ) không nhận giá trị bằng 2019 với mọi x là số nguyên.
M ( x) 2019  x 4  2 x 2 1 2019  x 2  x 2  2  2018
Giả sử
2
2
2
Vì x   nên x  x  2 2 x  2 là số chẵn

 x 2 , x 2  2 cùng chẵn hoặc cùng lẻ
Mà

x 2  x 2  2  2018

2
2
là số chẵn  x , x  2 cùng chẵn

x2  x2  2
Suy ra

chia hết cho 4
Mà 2018 không chia hết cho 4

Vậy điều giả sử khơng thể xảy ra. Do đó đa thức M ( x ) không nhận giá trị bằng 2019 với mọi x
là số nguyên.
Bài 3: (2,5 điểm)
x
y
z


Cho x, y, z là ba số thỏa mãn x  y 0, y  z 0, z  x 0 và y  z x  z x  y
yz xz xy


x
y
z .
Tính giá trị của biểu thức
Lời giải
x
y
z
xyz xyz x yz
1 
1 
1 


y


z
x

z
x

y
y

z
x

z
xy
Ta có
A

Nếu x  y  z 0  x  y  z , y  z  x, x  z  y
Ta tính được A  3

Trang 3


x  y  z 0 

Nếu

1
1

1


 x  y  y  z z  x  x  y z
x y yz zx

Tính được A 6 .
Bài 4: (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A . Lấy M bất kì thuộc cạnh AB ( M khơng trùng với A, B ). N
thuộc tia đối của tia CA sao cho BM CN . Gọi I là giao điểm của BC và MN . Kẻ MH và

NK cùng vuông góc với BC ( H , K thuộc BC )
1) Chứng minh MH KN
2) Chứng minh MN  BC
3) Vẽ ra phía ngồi tam giác ABC các tam giác đều ANP và AMQ . Gọi E , F lần lượt là trung
điểm của AQ, AP . Chứng minh tam giác IEF đều.
Lời giải
A
Q

E

F

O

M

B

C
H

P

K

I

N




a) Ta có MBH KCN (cùng bằng ACB )
o
o


Xét MHB ( H 90 ) và NKC ( K 90 ) có
BM CN (gt)


MBH
KCN
(cmt)
Do đó MHB NKC (cạnh huyền-góc nhọn)

(1)

 MH  NK (hai cạnh tương ứng)
b) Ta có: MI  HI , IN  IK (Trong tam giác vuông cạnh huyền lớn nhất)
suy ra IM  IN  HI  IK BI  BH  IC  CK BC  ( BH  CK )
Từ (1) suy ra BH CK (hai cạnh tương ứng)
Do đó IM  IN  BC hay MN  BC

Trang 4


c) Gọi O là trung điểm của AN
Chứng minh được AEF OIF (c-g-c)
 EF IF (hai cạnh tương ứng)

 IEF cân tại F
o

Ta chứng minh được IFE 60
Suy ra tam giác IEF đều.

3
2
y
z
Bài 5: (1,0 điểm) Tìm các số x, y, z nguyên dương thỏa mãn x  3x  5 5 và x  3 5

Lời giải
x  , x  0  x  3x  5  x  3  5 y  5 z  5 y 5 z
3

Ta có

2

  x 3  3x 2  5   x  3    x 2  x  3   5   x  3   5 x  3 

 x  3 ¦ (5)  x  3    5;  1;1;5  x    8;  4;  2;2
Mà x  , x  0  x 2
3
2
y
3
2
y
Ta có x  3 x  5 5  2  3.2  5 5  y 2
x  3 5z  5 5 z  z 1
Vậy x 2, y 2, z 1 .

= = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =

Trang 5